FY1001/TFY4109/TFY4145. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2015. Løsningsforslag til Test 12.

Oppgave 1 Tyngdekraften har komponent mg sin α nedover parallelt med skråplanet. Normalkraften fra underlaget er lik tyngdekraftens normalkomponent mg cos α, siden det ikke er noen akselerasjon normalt på skråplanet. Når klossen glir, er det kinetisk friksjon, med friksjonskraft f = μN = μmg cos α. Med konstant hastighet er f = mg sin α, dvs μ = tan α. Riktig svar: D.

Oppgave 2 Klossen starter med mekanisk energi

E = mgh + mv_{0}^{2}/2 = mgL sin α + mv_{0}^{2}/2.

Den har mistet all denne mekaniske energien, dvs E tilsvarer friksjonsarbeidet

W_{f} = fL = μmgL cos α.

Dermed er

μ = E/mgL cos α = tan α + v_{0}^{2}/2gL cos α.

Riktig svar: E.

Oppgave 3 Total impuls er bevart i kollisjonen: mv_{0} = 2mv, dvs v = v_{0}/2. Riktig svar: A.

Oppgave 4 |ΔK| = mv_{0}^{2}/2 − 2mv^{2}/2 = mv_{0}^{2}/2 − mv_{0}^{2}/4 = mv_{0}^{2}/4. Riktig svar: C.

Oppgave 5 De to massene snur i høyden h = L(1 − cos β). Der er potensiell energi lik 2mgh og kinetisk energi null. Energibevarelse etter at kollisjonen er over gir da

mv_{0}^{2}/4 = mgh = mgL(1 − cos β) ⇒ β = arccos(1 − v_{0}^{2}/8gL).

Riktig svar: B.

Oppgave 6 Matematisk pendel med lengde L og små utsving: ω_{0} = \sqrt{g/L}, dvs T = 2π/ω_{0} = 2π\sqrt{L/g}. Riktig svar: A.

Oppgave 7 De fire punktmassene er alle i avstand d fra aksen, med d^{2} = (a/2)^{2} + (a/2)^{2} = a^{2}/2. Dermed er I_{0} = 4ma^{2}/2 = 2ma^{2}. Riktig svar: B.

Oppgave 8 Steiners sats, med en parallellforskyvning av aksen en lengde a/2, gir I_{1} = I_{0} + 4m(a/2)^{2} = 2ma^{2} + ma^{2} = 3ma^{2}. Riktig svar: C.

Oppgave 9 Steiners sats, med en parallellforskyvning av aksen en lengde a/\sqrt{2}, gir I_{2} = I_{0} + 4m(a/\sqrt{2})^{2} = 2ma^{2} + 2ma^{2} = 4ma^{2}. Riktig svar: D.

Oppgave 10 Energibevarelse gir

mgh = mv^{2}/2 + MV^{2}/2 = mv_{x}^{2}/2 + mv_{y}^{2}/2 + MV^{2}/2,

og impulsbevarelse horisontalt gir

mv_{x} = MV.

En tredje ligning får vi ved å bruke at m hele veien ned befinner seg på skråplanet, slik at en forflytning av m med dx horisontalt og en forflytning av M motsatt vei med dX må innebære en vertikal forflytning av m med dy = dx + dX (der alle størrelser regnes positive). Divisjon med dt gir v_{y} = v_{x} + V. Nå har vi 3 ligninger for 3 ukjente (v_{x}, v_{y} og V), og løsning mhp V gir

V = \sqrt{2gh\frac{1}{(1 + M/m)(1 + 2M/m)}}.

Riktig svar: C.

Oppgave 11 Tilsvarende som i oppgave 10, men nå har m (ringen) kinetisk energi

K_{m} = mv^{2}/2 + I_{0}ω^{2}/2 = mv^{2}/2 + (mr^{2})(v/r)^{2}/2 = mv^{2}/2 + mv^{2}/2 = mv^{2}.

Energibevarelse gir da

mgh = mv_{x}^{2} + mv_{y}^{2} + MV^{2}/2.

Ellers likt, slik at svaret blir

V = \sqrt{gh\frac{1}{1 + 5M/2m + 2M^{2}/m^{2}}} .

Riktig svar: D.

Oppgave 12 Kortvarig støtkraft F tilsier at friksjonskraften f fra underlaget kan neglisjeres gjennom støtet med varighet Δt. Newtons 2. lov gir F Δt = Δp = p = MV_{0}. Newtons 2. lov for rotasjon, om akse gjennom CM, gir τΔt = ΔL = I_{0}Δω = I_{0}ω_{0}. Støtkraften F angriper kuleskallet i høyde H − R over sentrallinjen og virker dermed på kuleskallet med et dreiemoment τ = F (H − R) mhp aksen gjennom CM. Videre er I_{0}ω_{0} = (2MR^{2}/3)(V_{0}/R) = 2MRV_{0}/3 ved ren rulling. Dermed:

\frac{MV_{0}}{Δt} · (H − R)Δt = 2MRV_{0}/3 ⇒ H − R = 2R/3,

dvs H = 5R/3. Riktig svar: E.

Oppgave 13 Indre dreieimpuls (spinn):

L_{s} = I_{0}ω_{0} = \frac{2}{3}MR^{2} · \frac{V_{0}}{R} = \frac{2}{3}MRV_{0}.

Banedreieimpuls:

L_{b} = |R_{CM} × MV_{0}| = MRV_{0}.

Som vektorer peker disse to i samme retning, slik at total dreieimpuls blir L = 5MRV_{0}/3. Riktig svar: A.

Oppgave 14

L_{b} = MRV = 4.87 · 10^{24} · 108 · 10^{9} · 35.2 · 10^{3} = 1.85 · 10^{40} kgm^{2}/s.

Riktig svar: D.

Oppgave 15

L_{s} ≃ \frac{2}{5}MR_{0}^{2}ω_{0},

som med M = 4.87 · 10^{24} kg, R_{0} = 6052 · 10^{3} m og ω_{0} = 2π/T_{s} = 2π/(243 · 24 · 3600) pr sekund gir L_{s} = 2.14 · 10^{31} kgm^{2}/s. Riktig svar: B.

Oppgave 16

v_{1} = \sqrt{10 · 5.0/0.050} m/s = 31.62 m/s
v_{2} = \sqrt{20 · 6.0/0.050} m/s = 48.99 m/s

Prosentvis økning:

\frac{v_{2} − v_{1}}{v_{1}} = 0.55 = 55%.

Riktig svar: C.

Oppgave 17 Akkurat i det brannbilen passerer der du står på fortauet, har den null hastighetskomponent langs forbindelseslinjen mellom deg og brannbilen. Dermed null dopplerskift i dette øyeblikket. Riktig svar: A.

Oppgave 18 Astronauten har konstant akselerasjon a = 10 m/s^{2}, slik at astronautens hastighet ved tidspunktet t er v(t) = at. Astronauten vil da måle en stadig økende rødforskyvning av lys utsendt av en kilde på jorda, f.eks de nevnte røde neonlysene, med bølgelengde λ = 632 nm. Astronauten måler et dopplerskift av frekvensen gitt ved

\overline{f} = \sqrt{\frac{c − v}{c + v}} f,

og dermed (siden c = λf, dvs f = c/λ) et dopplerskift av bølgelengden gitt ved

\overline{λ} = \sqrt{\frac{c + v}{c − v}} λ.

Løsning av denne ligningen mhp astronautens hastighet v = at gir, med k = (\overline{λ}/λ)^{2} = (700/632)^{2} = 1.2268,

t = \frac{v}{a} = \frac{c}{a} · \frac{k − 1}{k + 1} = 3 · 10^{7} · \frac{0.2268}{1.2268} = 3.06 · 10^{6} s,

dvs ca 35 døgn. Riktig svar: C.

Oppgave 19 Pr tidsenhet, dvs pr sekund, beveger både B og C seg et antall meter gitt ved tallverdien av 0.6c. A måler dermed at avstanden mellom B og C øker med 1.2 · 3 · 10^{8} = 3.6 · 10^{8} meter pr sekund. Riktig svar: D.

Oppgave 20 Einsteins addisjonsformel for hastigheter gir

v_{CB} = \frac{v_{CA} + v_{AB}}{1 + v_{CA}v_{AB}/c^{2}} = \frac{1.2c}{1 + 0.6^{2}} = 0.88c.

Riktig svar: A.